2024鲁科版高中物理选择性必修第一册同步
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全卷满分100分 考试用时75分钟
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止,则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为 ( )
A.
2.关于光现象,下列说法正确的是 ( )
A.图甲中一束白光通过三棱镜形成彩色光带是光的干涉现象
B.图乙中光照射不透明的圆盘,在圆盘的阴影中心出现了一个亮斑是光的折射现象
C.图丙中肥皂膜上出现彩色条纹是光的衍射现象
D.图丁中佩戴特殊眼镜观看立体电影利用了光的偏振现象
3.如图所示,木块A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连接,静止放在粗糙水平面上,弹簧初始时处于原长。一颗子弹水平射入木块A并留在其中,最终弹簧被压缩,木块A和木块B均静止,此过程中,对子弹、两木块和弹簧组成的系统,下列说法正确的是 ( )
A.系统动量守恒
B.系统机械能守恒
C.系统动量不守恒、机械能也不守恒
D.子弹的动能全部通过摩擦转化为热量
4.有一摆长为L的单摆,悬点正下方某处有一小钉,摆球经过平衡位置向左摆动时,摆线的上部被小钉挡住,使摆长发生变化。现使摆球做小幅度摆动,摆球从右边最高点M至左边最高点N运动过程中的频闪照片如图所示(悬点与小钉未被摄入)。P为摆动中的最低点,已知每相邻两次闪光的时间间隔相等,忽略空气阻力,由此可知,小钉与悬点的距离为 ( )
A. D.无法确定
5.某横波在介质中沿x轴传播,甲图为t=0.25 s时的波形图,乙图为P点(x=1.5 m处的质点)的振动图像,那么下列说法不正确的是( )
A.该波向右传播,波速为2 m/s
B.质点L与质点N的运动方向总相反
C.t=0.75 s时,质点M处于平衡位置,并正在向y轴正方向运动
D.t=1.25 s时,质点K向右运动了2 m
6.如图甲所示,倒挂的彩虹被叫作“天空的微笑”,实际上它不是彩虹,而是日晕,专业名称叫“环天顶弧”,是由薄而均匀的卷云里面大量扁平的六角片状冰晶(直六棱柱)折射形成,因为大量六角片状冰晶的随机旋转而形成“环天顶弧”。光线从冰晶的上底面进入,经折射从侧面射出,当太阳高度角α增大到某一临界值,侧面的折射光线因发生全反射而消失不见。简化光路如图乙所示,以下分析正确的是 ( )
A.光线从空气进入冰晶后传播速度变大
B.红光在冰晶中的传播速度比紫光在冰晶中的传播速度小
C.若太阳高度角α等于30°时恰好发生全反射,可求得冰晶的折射率为
D.若太阳高度角α等于30°时恰好发生全反射,可求得冰晶的折射率为
7.如图所示,小球A的质量为m,B为带有圆弧轨道的物体,质量为M(M>m),轨道半径为R,轨道末端与水平地面相切。水平地面上有紧密接触的若干个小球,质量均为m,右边有一固定的弹性挡板。现让小球A从B的最高点的正上方距地面h处静止释放,经B末端滑出,与水平地面上的小球发生碰撞。设小球间、小球与挡板间的碰撞均为弹性碰撞,所有接触面均光滑,则 ( )
A.经过足够长的时间后,原来水平地面上的小球都将静止,而A和B向左做匀速运动
B.整个过程,小球A与物体B组成的系统水平方向动量守恒
C.整个过程,小球A机械能守恒
D.经过足够长的时间后,所有小球和物体B都将静止
8.如图所示,图1为大型游乐设施跳楼机,图2为其结构简图。跳楼机由静止开始从a位置自由下落到b位置,再从b位置开始以恒力制动竖直下落到c位置停下。已知跳楼机和游客的总质量为m,a、b高度差为2h,b、c高度差为h,重力加速度为g,忽略空气阻力。则 ( )
A.从a到b与从b到c的运动时间之比为 2∶1
B.从a到b,跳楼机座椅对游客的作用力与游客的重力大小相等
C.从b到c,跳楼机受到的制动力大小等于2mg
D.从a到b,跳楼机和游客总重力的冲量大小为m
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求。全部选对的得4分,部分选对的得1分,有选错的得0分)
9.下列关于光的说法合理的是 ( )
A.图甲是一束复色光进入水珠后传播的示意图,其中a光束在水珠中传播的速度一定小于b光束在水珠中传播的速度
B.图乙是小孔衍射的图样,也被称为“泊松亮斑”
C.图丙中的M、N是偏振片,P是光屏。当M固定不动缓慢转动N时,光屏P上光的强度将随之发生变化,此现象表明光波是横波
D.图丁是空气中双缝干涉的原理图,若P1到S1、S2的路程差是半波长的偶数倍,则P处是亮条纹
10.一块三棱柱玻璃砖的横截面为等腰直角三角形,如图所示,AC边长为L=60 cm,∠B=90°,该玻璃砖对红光的折射率为n=。一束平行于AC边的红光从AB边上的某点O(未画出)射入玻璃砖,并恰能射到AC边的中点D,不考虑光在BC边上的反射, 光速c=3×108 m/s。则下列说法正确的是 ( )
A.从玻璃砖射出的红光将不再与AC边平行
B.红光在玻璃砖内传播的时间为4×10-9 s
C.只将红光改为紫光,紫光会从AC边射出玻璃砖
D.只将红光改为紫光,射出玻璃砖的紫光将仍与AC边平行
11.如图所示,沿x轴正方向传播的一列简谐横波在某时刻的波形图为正弦曲线,其波速为200 m/s,下列说法中正确的是 ( )
A.图示时刻质点b的速度正在增大
B.若此波遇到另一波并发生稳定干涉现象,则该波所遇到的波的频率为50 Hz
C.若发生明显衍射现象,则该波所遇到的障碍物或孔的尺寸一定大于4 m
D.从图示时刻开始,经过0.01 s,质点a通过的路程为0.4 m
12.如图所示,竖直放置的半径为R的半圆形轨道与水平轨道平滑连接,不计一切摩擦。圆心O点正下方放置一质量为2m的小球A,质量为m的小球B以初速度v0水平向左运动,与小球A发生弹性碰撞。碰后小球A在半圆形轨道运动时不脱离轨道,已知重力加速度为g,则小球B的初速度v0可能为 ( )
A.2
C.2
三、非选择题(本题共6题,共60分)
13.(8分)某同学利用如图所示的装置测量某种单色光的波长。实验时,光源正常发光,调整仪器从目镜中可以观察到干涉条纹。
(1)转动手轮,使测量头的分划板中心刻线与某亮条纹中心对齐,将该亮条纹定为第1条亮条纹,此时手轮上的示数如图甲所示;然后同方向转动手轮,使分划板中心刻线与第6条亮条纹中心对齐,记下此时手轮上的示数,如图乙所示为 mm,求得相邻亮条纹的间距Δy为 mm(计算结果保留三位有效数字)。
甲
乙
(2)若相邻亮条纹的间距为Δy、单缝与屏的距离为L1,双缝与屏的距离为L2,单缝宽为d1,双缝间距为d2,则光的波长用上述部分物理量可表示为λ= ;
(3)若想增加从目镜中观察到的条纹个数,写出一条可行的措施 。
14.(8分)某同学利用如下实验装置研究两小球a和b碰撞过程中的守恒量。实验步骤如下:
①如图所示,将白纸、复写纸固定在竖直放置的木条上,用来记录实验中球a、球b与木条的撞击点。
②将木条竖直立在轨道末端右侧并与轨道接触,让小球a从斜轨上A点由静止释放,撞击点为B'。
③将木条平移到图中所示位置,小球a从斜轨上A点由静止释放,确定落点为图中P点。
④将球b静止放置在水平槽的末端,将小球a从斜轨上A点由静止释放,使它们发生碰撞,确定球a和球b相撞后的落点。
⑤测得B'与N、P、M各点的高度差分别为h1、h2、h3。
根据该同学的实验,问答下列问题:
(1)两小球的质量关系为ma mb(填“>”“=”或“<”)。
(2)步骤④中,小球a的落点为图中的 点,小球b的落点为图中的 点。
(3)若再利用天平测量出两小球的质量分别为m1、m2,则满足 表示两小球碰撞前后动量守恒。
15.(9分)图甲为太空站中测量人体质量的装置,该装置可简化为图乙所示的结构,P为上表面光滑的固定底座,A是质量为mA的座椅,座椅两侧连接着相同的轻质弹簧,座椅可在P上左右滑动,该装置利用空座椅做简谐运动的周期与坐上宇航员后做简谐运动的周期来计算宇航员的质量。假定初始状态下两弹簧均处于原长,宇航员坐上座椅后与座椅始终保持相对静止。
(1)若已知做简谐运动的物体其加速度与位移均满足a+ω2x=0的关系,其中x为物体相对于平衡位置的位移,ω为圆频率,圆频率由系统自身性质决定,圆频率与简谐运动周期的关系为Tω=2π,已知两弹簧的劲度系数均为k,求:当空座椅偏离平衡位置向右的位移为x时的加速度大小(用k、x、mA表示)和方向;空座椅做简谐运动时ω的表达式(用mA、k表示)。
(2)若物体的加速度与位移仍然满足a+ω2x=0的关系,通过测量得到空座椅做简谐运动的周期为TA,坐上宇航员后,宇航员与座椅做简谐运动的周期为TQ,则该宇航员的质量mQ为多少 (用mA、TA、TQ表示)
16.(10分)一列简谐波沿x轴传播,已知轴上x1=2 m处质点P和x2=6.5 m处质点Q的振动图像如图1、图2所示。求:
(1)此列波的波源振动频率;
(2)此列波的传播速率;
(3)若该波沿x轴负方向传播且波长大于5 m,从波传到Q开始计时,t=20 s内P、Q运动的路程差是多少。
17.(10分)如图甲所示,真空中的半圆形透明介质,半径为R,圆心为O,其对称轴为OA,一束单色光沿平行于对称轴的方向射到圆弧面上。入射光线到对称轴OA的距离为R,经两次折射后由右侧直径面离开介质。已知该光线的入射角和出射角相等,真空中的光速为c。求:
(1)透明介质的折射率n;
(2)单色光在介质中传播的时间t;
(3)如图乙所示,将透明介质截取下半部分OAB,用黑纸覆盖OB。用该单色光平行于横截面,与界面OA成30°角入射,若只考虑首次入射到圆弧AB上的光,求圆弧AB上有光射出的弧长L。(取sin 35°=)
18.(15分)如图所示,两根光滑轨道固定在地面上,其中AB段水平且长度为7R,BC段为圆心角为37°的圆弧轨道且半径为5R,圆心在B点正上方。整个装置处在水平向右的风中,在A处固定一个小球1,另一个与1完全相同的小球2恰好能静止在C处。某时刻由静止释放小球1,经过一段时间后两球发生弹性碰撞,小球2从C处沿轨道飞出。已知两轨道间距离小于小球直径,小球所受风力恒为F,重力加速度大小为g,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。求:
(1)小球2的质量;
(2)小球1与小球2碰撞前瞬间小球1所受轨道的弹力大小;
(3)小球2在碰撞后飞行过程中距地面的最大高度;
(4)小球2落地瞬间风力的瞬时功率。
答案全解全析
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1.A 2.D 3.C 4.C 5.D 6.D
7.A 8.A 9.CD 10.BD 11.BD 12.BC
1.A 设中子的质量为m,因为发生的是弹性碰撞,动量守恒,机械能守恒,规定初速度的方向为正方向,有:mv1=mv2+Amv,·Amv2,联立两式解得:,故A正确,B、C、D错误。
2.D 图甲中一束白光通过三棱镜形成彩色光带是光的折射现象,A错误;图乙中光照射不透明的圆盘,在圆盘的阴影中心出现了一个亮斑是光的衍射现象,B错误;图丙中肥皂膜上出现彩色条纹是光的干涉现象,C错误;图丁中佩戴特殊眼镜观看立体电影利用了光的偏振现象,D正确。
3.C 在子弹打入木块A及弹簧被压缩的过程中,对子弹、两木块和弹簧组成的系统,系统所受的合外力为水平面对两木块的摩擦力,则系统的动量不守恒;在此过程中,除弹簧弹力做功外,还有摩擦力对系统做功转化为热量,所以系统的机械能不守恒,子弹的动能转化为热量和弹簧的弹性势能,C正确,A、B、D错误。故选C。
4.C 设每相邻两次闪光的时间间隔为t,则摆球在右侧摆动的周期为T1=16t,在左侧摆动的周期为T2=8t,T1∶T2=2∶1。则2π=2∶1,解得L1∶L2=4∶1,所以,小钉与悬点的距离s=L1-L2=L。故选C。
5.D 由振动图像可知,在t=0.25 s时,P点振动方向向上,所以波向右传播,由题图知,λ=4 m,T=2 s,则波速v=m/s=2 m/s,故A正确;由题图甲可知,质点L与质点N平衡位置相距半个波长,因此振动情况总是相反,则运动方向总是相反,故B正确;题图甲为t=0.25 s时的波形图,再经过t'=0.5 s=T,即当t=0.75 s时,质点M处于平衡位置,并正在向y轴正方向运动,故C正确;质点K在平衡位置附近来回振动,并不随着波迁移,故D错误。本题选不正确的,故选D。
6.D 光在空气中的传播速度比在固体中的传播速度大,故A错误;红光的频率小于紫光的频率,则冰晶对红光的折射率小于对紫光的折射率,根据v=可知红光在冰晶中的传播速度比紫光在冰晶中的传播速度大,故B错误;当太阳高度角α等于30°时恰好发生全反射,如图所示
由几何关系得∠1=60°
由折射定律得n=
由全反射的临界条件得sin ∠3=
又由sin2 ∠3+sin2 ∠2=1,联立解得n=,故D正确,C错误。
7.A A、B每次碰撞后B都在加速,A都在减速,经过足够长时间后,A球向左运动,速度小于B速度,最终A、B均向左做匀速运动,小球间、小球与挡板间的碰撞均为弹性碰撞,根据动量守恒定律可知,最后原来水平地面上的小球都将静止,故A正确,D错误;整个过程,小球A水平方向受到外界的作用力,A、B组成的系统水平合外力不为0,故动量不守恒,故B错误;整个过程,小球A的机械能一部分转化为B的机械能,故C错误。故选A。
8.A 下落过程中,从a到b加速过程的平均速度与从b到c减速过程的平均速度相等,由t=得t1∶t2=hab∶hbc=2∶1,A正确。由a到b为自由落体运动,座椅对游客的力为0,B错误。由a到b的加速度为g,则有2h=,设由b到c加速度为a,则有h=,联立解得a=2g,方向向上,从b到c,设制动力为F,根据牛顿第二定律有F-mg=ma,得F=mg+ma=3mg,C错误。根据自由落体运动规律有2h=,得在b位置的速度大小为vb=2,根据动量定理得,跳楼机和游客总重力的冲量大小为I=Δp=mvb=2m,D错误。
9.CD 图甲是一束复色光进入水珠后传播的示意图,其中a光束在水珠中折射角较大,即折射率较小,由n=可知,a光在水珠中传播速度较大,A错误。图乙不是小孔衍射的图样,也不是泊松亮斑,B错误。图丙中的M、N是偏振片,P是光屏。当M固定不动缓慢转动N时,光屏P上光的强度将随之发生变化,即出现偏振现象,只有横波才有偏振现象,表明光波是横波,C正确。图丁是空气中双缝干涉的原理图,若P1到S1、S2的路程差是半波长的偶数倍,说明P点是振动加强的点,则P处是亮条纹,D正确。
10.BD 根据几何关系可知红光在AB边的入射角为45°,根据n=,解得折射角θ1=30°,而红光的频率小于紫光,故紫光的折射率更大,在AB边的折射角更小,根据几何关系可知红光和紫光在AC边的入射角都大于45°,而临界角满足sin C=,C=45°,因此两光均会在AC边发生全反射,根据光路可逆原理可知,在BC边的出射光线均与AC边平行,故A、C错误,D正确;已知红光在AB边上的入射点为O,根据正弦定理可得,又由v=,联立解得t=4×10-9 s,故B正确。故选B、D。
11.BD 波沿x轴正方向传播,则图示时刻质点b正在向下振动,即正在远离平衡位置,所以此时质点b的速度方向与加速度方向相反,做减速运动,速度在减小,故A项错误;由题图可知此波的波长为4 m,由公式v=解得T=0.02 s,根据频率和周期的关系可得f==50 Hz,两列波发生稳定干涉的条件是两列波的频率相同,所以遇到的波的频率为50 Hz,故B项正确;若发生明显衍射现象,则波遇到的障碍物或孔的尺寸要小于等于其波长,即小于等于4 m,故C项错误;该波的周期为0.02 s,所以从图示时刻开始,经过0.01 s,即半个周期,质点a通过的路程为振幅的2倍,即0.2 m×2=0.4 m,故D项正确。故选B、D。
12.BC A与B碰撞的过程为弹性碰撞,则碰撞的过程中动量守恒和机械能守恒,设B的初速度方向为正方向,碰撞后B与A的速度分别为v1和v2,则:mv0=mv1+2mv2,,联立解得v2=①,若小球A恰好能通过最高点,说明到达最高点时小球的重力提供向心力,设在最高点的速度为vmin,由牛顿第二定律得:2mg=2m·②;A在碰撞后到达最高点的过程中机械能守恒,有2mg·2R=③;联立①②③解得:v0=,可知若小球A经过最高点,则需要v0≥。若小球A不能到达最高点,则小球不脱离轨道,恰好到达与O等高处时,由机械能守恒定律得:2mg·R=④,联立①④解得:v0=,可知若小球不脱离轨道,需满足:0
解析 (1)测量头读数方法:固定刻度读数+可动刻度读数,所以乙图读数为11.5 mm+0.01×15.2 mm=11.652 mm。
甲图读数:0+0.01×26.0 mm=0.260 mm,相邻亮条纹的间距Δy= mm≈2.28 mm。
(2)由双缝干涉条纹间距公式可得Δy=λ,变形可得λ=。
(3)若想增加从目镜中观察到的条纹个数,即减小Δy,分析公式Δy=λ可知,将屏向靠近双缝的方向移动即可。
14.答案 (1)>(2分) (2)M(2分) N(2分)
(3)(2分)
解析 (1)为防止碰撞后入射球反弹,则要求入射球的质量大于被碰球的质量,即ma>mb。
(2)由实验步骤④可知,将被碰球b静止放置在水平槽的末端,将入射球a从斜轨上A点由静止释放,使两球相撞,则碰撞后入射球的速度较小,而被碰球速度较大,故球a落点为M点,球b落点为N点。
(3)由平抛运动规律有:x=vt,h=gt2,所以v=,当水平位移相等时,v与成正比(与竖直位移的二次方根成反比)。
动量守恒要验证的式子是m1v0=m1v1+m2v2
即。
15.答案 (1),方向向左 ω=
(2)
解析 (1)设空座椅偏离平衡位置向右的位移为x时的加速度大小为a,由胡克定律和牛顿第二定律有2kx=mAa ①(1分)
解得a= ②(1分)
此时座椅所受合外力方向向左,所以加速度方向向左。 (1分)
取向右为正方向,则由②式和题给表达式可得
+ω2x=0 ③(2分)
解得ω= ④(1分)
(2)由④式和题给表达式可得TA=2π ⑤(1分)
同理可得TQ=2π ⑥(1分)
联立⑤⑥解得mQ= ⑦(1分)
16.答案 (1)0.25 Hz (2)见解析 (3)0.15 m
解析 (1)波源振动频率f==0.25 Hz(2分)
(2)若波沿x轴正方向传播,则P、Q之间距离为
(n+)λ (1分)
波从P传播到Q经历的时间为(n+)T
所以v= m/s(n=0,1,2…) (1分)
若波沿x轴负方向传播,则P、Q之间距离为
λ (1分)
波从Q传播到P经历的时间为T
所以v= m/s(n=0,1,2…) (1分)
(3)若该波沿x轴负方向传播且波长大于5 m,则
T
从波传到Q开始计时,t=20 s内P、Q运动的路程
sQ=×4A=1 m(1分)
sP=×4A=0.85 m(1分)
路程差为Δs=sQ-sP=0.15 m(1分)
17.答案 (1) (2) (3)
解析 (1)设第一次折射的入射角和折射角分别为i1和r1,第二次折射的入射角和折射角分别为i2和r2,由于光线到对称轴OA的距离为R,则有
i1=60° (1分)
n=
由几何知识知i1=r1+i2=60°,且r2=i1=60°
解得r1=i2=30° (1分)
则透明介质的折射率n= (1分)
(2)光在介质中传播的速度v= (1分)
光在介质中传播的距离L= (1分)
由L=vt联立可得t= (1分)
(3)光线从O点照射到透明介质,光线照射到圆弧的C点,如图
则n= (1分)
解得α=30°
设从D点入射的光线经折射后到达E点时,刚好发生全反射,则sin β= (1分)
解得β=35°
由几何知识解得r=35° (1分)
则圆弧AB上有光射出的是,弧长为
L= (1分)
18.答案 (1) (2) (3)3.34R
(4)
解析 (1)对恰好静止时的小球2进行受力分析,在沿切线方向有F cos 37°=mg sin 37° (1分)
解得m= (1分)
(2)小球1从开始运动至与小球2碰撞前瞬间,设碰撞前瞬间小球1的速度大小为v,由动能定理得
F(7R+5R sin 37°)-mg(5R-5R cos 37°)=mv2 (1分)
解得v=
在碰撞前瞬间,对小球1受力分析,由牛顿第二定律得FN-mg cos 37°= (1分)
解得FN= (1分)
(3)小球2与小球1发生弹性碰撞,由动量守恒、能量守恒可知
m1v+0=m1v1+m2v' (1分)
m2v'2 (1分)
由于m1=m2
解得v1=0,v'=v (1分)
两球发生速度交换,小球1静止在C处,小球2以v斜向右上方飞出,小球2飞出时的水平分速度
vx=v cos 37°
小球2飞出时的竖直分速度vy=v sin 37°
小球2在竖直方向先做匀减速运动,设达到最高点上升高度为h,由运动学公式可知h=(1分)
则距离地面的最大高度
H=h+(5R-5R cos 37°)=+R=3.34R (1分)
(4)设小球2从轨道飞出至达到最高点的时间为t1,由运动学公式可知t1= (1分)
设小球2从最高点至落地的时间为t2,由运动学公式可知t2= (1分)
在水平方向,由牛顿第二定律可知F=max
解得ax= (1分)
由运动学公式可知,小球2落地瞬间的水平分速度
v2=v cos 37°+ax(t1+t2) (1分)
小球2落地瞬间风力的瞬时功率P=Fv2= (1分)
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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